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带电粒子在电场中运动的四种题型课后篇巩固提升基础巩固1.如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将() A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动解析两平行金属板水平放置时,带电微粒静止,有mg=qE,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45后,两板间电场强度方向逆时针旋转45,电场力方向也逆时针旋转45,但大小不变,此时电场力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故该微粒将向左下方做匀加速运动,选项D正确。答案D2.(多选)两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中,存在一沿半径方向的电场,如图所示。带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出,由此可知()A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等解析由题图可知,该粒子流在电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力qE=mv2r,解得r=mv2qE,r、E为定值,若q相等则12mv2一定相等;若qm相等,则速率v一定相等,故B、C正确。答案BC3.如图所示,有三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的小球,从平行板电场左端的中点P以相同的初速度沿水平方向垂直于电场方向进入电场,它们分别落在A、B、C三点,可以判断()A.小球A带正电,B不带电,C带负电B.三个小球在电场中运动时间相等C.三个小球到达极板时的动能EkAEkBEkCD.三个小球在电场中运动的加速度aAaBaC解析三个小球在水平方向做匀速直线运动;竖直方向,带正电荷小球受静电力向上,合力为mg-F电,带负电荷小球受静电力向下,合力为mg+F电,不带电小球只受重力,因此带负电荷小球加速度最大,运动时间最短,水平位移最短,带正电荷小球加速度最小,运动时间最长,水平位移最大,不带电小球水平位移居中,选项A正确,选项B、D错误。在运动过程中,三个小球竖直方向位移相等,带负电荷小球合力做功最大,动能改变量最大,带正电荷小球动能改变量最小,即EkCEkBEkA,选项C错误。答案A4.如图所示,一个平行板电容器充电后与电源断开,从负极板处释放一个电子(不计重力),设其到达正极板时的速度为v1,加速度为a1。若将两极板间的距离增大为原来的2倍,再从负极板处释放一个电子,设其到达正极板时的速度为v2,加速度为a2,则()A.a1a2=11,v1v2=12B.a1a2=21,v1v2=12C.a1a2=21,v1v2=21D.a1a2=11,v1v2=12解析电容器充电后与电源断开,再增大两极板间的距离时,电场强度不变,电子在电场中受到的电场力不变,故a1a2=11。由动能定理Ue=12mv2得v=2Uem,因两极板间的距离增大为原来的2倍,由U=Ed知,电势差U增大为原来的2倍,故v1v2=12。答案D5.如图甲所示,电子静止在两平行金属板A、B间的a点,t=0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化,则下列说法中正确的是()A.电子可能在极板间做往复运动B.t1时刻电子的动能最大C.电子能从小孔P飞出,且飞出时的动能不大于eU0D.电子不可能在t2t3时间内飞出电场解析t=0时刻B板电势比A板高,电子在t1时间内向B板加速,t1加速结束;在t1t2时间内电子减速,由于对称,在t2时刻速度恰好为零,接下来,电子重复上述运动,所以电子一直向B板运动,直到从小孔P穿出,A错误;无论电子在什么时刻穿出P孔,t1时刻电子都具有最大动能,B正确;电子穿出小孔P的时刻不确定,但穿出时的动能不大于eU0,C正确,D错误。答案BC6.如图所示,一长为L=0.20 m的丝线的一端拴一质量为m=1.010-4 kg、带电荷量为q=+1.010-6 C的小球,另一端连在一水平轴O上,丝线拉着小球可在竖直平面内做圆周运动,整个装置处在竖直向上的匀强电场中,电场强度E=2.0103 N/C。现将小球拉到与轴O在同一水平面上的A点,然后无初速度地将小球释放,g取10 m/s2。求:(1)小球通过最高点B时速度的大小。(2)小球通过最高点B时,丝线对小球拉力的大小。解析(1)小球由A运动到B,其初速度为零,电场力对小球做正功,重力对小球做负功,丝线拉力不做功,则由动能定理有:qEL-mgL=mvB22vB=2(qE-mg)Lm=2 m/s。(2)小球到达B点时,受重力mg、电场力qE和拉力FTB作用,经计算mg=1.010-410 N=1.010-3 NqE=1.010-62.0103 N=2.010-3 N因为qEmg,而qE方向竖直向上,mg方向竖直向下,小球做圆周运动,其到达B点时向心力的方向一定指向圆心,由此可以判断出FTB的方向一定指向圆心,由牛顿第二定律有:FTB+mg-qE=mvB2LFTB=mvB2L+qE-mg=3.010-3 N。答案(1)2 m/s(2)3.010-3 N能力提升1.如图所示,从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动,下列说法错误的是(设电源电动势为U)()A.电子到达B板时的动能是UeB.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3UeD.电子在A板和D板之间做往复运动解析电子在A、B之间做匀加速运动,且eU=Ek,选项A正确;电子在B、C之间做匀速运动,选项B正确;在C、D之间做匀减速运动,到达D板时,速度减为零,选项C错误,选项D正确。答案C2.如图所示,质量为m、带电荷量为q的小球以初速度v0从A点竖直向上射入水平方向的匀强电场中,小球通过电场中B点时,速率vB=2v0,方向与电场的方向一致,则A、B两点的电势差为()A.mv022qB.3mv02qC.2mv02qD.3mv022q解析小球从A到B,根据动能定理得qUAB-mgh=12mvB2-12mv02,速率vB=2v0,因为小球在竖直方向只受到重力,则有2gh=v02,联立解得UAB=2mv02q,故C正确。答案C3.如图所示,一个带负电的油滴以初速度v0从P点斜向上射入水平方向的匀强电场中。若油滴到达最高点的速度大小仍为v0,则油滴运动的最高点的位置()A.在P点的左上方B.在P点的右上方C.在P点的正上方D.上述情况都可能解析油滴仅在重力与静电力作用下运动,直到运动到最高点Q,此过程初动能与末动能相同,设油滴上升的高度为h,油滴的初、末位置间的电势差为UPQ,油滴带的电荷量为-q,由动能定理得-qUPQ-mgh=12mv02-12mv02,解得UPQ=-mghq,故UPQ0,说明Q点的电势高于P点的电势,即油滴的最高点的位置应在P点的左上方,A正确。答案A4.如图所示,用绝缘细线拴一带负电小球,在竖直平面内做圆周运动,匀强电场方向竖直向下,则()A.当小球运动到最高点a时,线的张力一定最小B.当小球运动到最低点b时,小球的速度一定最大C.当小球运动到最高点a时,小球的电势能最小D.小球在运动过程中机械能不守恒解析若qE=mg,小球做匀速圆周运动,球在各处对细线的拉力一样大。若qEmg,球在a处速度最大,对细线的拉力最大,故A、B错;a点电势最高,负电荷在电势最高处电势能最低,故C正确;小球在运动过程中除重力外,还有静电力做功,机械能不守恒,D正确。答案CD5.如图所示,质量为m、电荷量为e的粒子从A点以v0的速度垂直电场线沿直线AO方向射入匀强电场,由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45角,已知AO的水平距离为d,不计重力。求:(1)从A点到B点所用的时间。(2)粒子在B点的速度大小。(3)匀强电场的电场强度大小。解析(1)粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场,水平方向做匀速直线运动,则有:t=dv0。(2)由B点飞出电场时速度方向与AO方向成45角,则粒子在B点的速度大小v=2v0。(3)根据牛顿第二定律得:a=eEm将粒子射出电场的速度v进行分解,则有vy=at=eEmdv0=eEdmv0又vy=v0tan 45联立解得E=mv02ed。答案(1)dv0(2)2v0(3)mv02ed6.如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔,质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处时速度恰为零(空气阻力忽略不计),极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g,求:(1)小球到达小孔处的速度大小;(2)极板间的电场强度大小和电容器所带的电荷量;(3)小球从开始下落至到达下极板所用的时间。解析(1)小球到达小孔前做自由落体运动,根据速度位移关系有v2=2gh解得v=2gh。(2)在从释放至到达下极板处过程,由动能定理有mg(h+d)-qEd=0解得E=mg(h+d)qd电容器两极板间的电压为U=Ed=mg(h+d)q电容器带的电荷量为Q=CU=mg(h+d)Cq。(3)加速过程中,有mg=ma1,v=a1t1减速过程中,有mg-qE=ma2,-v=a2t2t=t1+t2联立解得t=h+dh2hg。答案(1)2gh(2)mg(h+d)qd,mg(h+d)Cq(3)h+dh2hg7.如图所示,半径为R的环形塑料管竖直放置,AB为该环的水平直径,且管的内径远小于环的半径,环的AB及以下部分处于水平向左的匀强电场中,管的内壁光滑。现将一质量为m、带电荷量为+q的小球从管中A点由静止释放,已知qE=mg。求:(1)小球释放后,第一次经过最低点D时的速度和对管壁的压力。(2)小球释放后,第一次经过最高点C时管壁对小球的作用力。解析(1)A至D点,由动能定理得mgR+qER=12mv12,v1=2gR由牛顿第二定律FN-mg=mv12R,FN=5mg由牛顿第三定律FN=FN小球对管壁的压力为5mg,方向竖直向下。(2)第一次经过C,-mgR+qE2R=12mv22设管壁对小球的作用力方向竖直向下,mg+FC1=mv22RFC1=mg,方向竖直向下。答案(1)2gR5mg,方向竖直向下(2)mg,方向竖直向下
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